按秘密级事项管理
丹东市2021-2022学年度上学期期末教学质量监测
高一数学
注意事项
答卷前,考生务必将自己的姓名、淮准考证号填写在答题卡上
2.答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号浍黑
如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题
卡上。写在木试卷上无效
考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回
本题共8小题,每小题5分,共40分。在每小题给出的四个选项中,只有
页是符合题目要求的
则A∩C
A
已知函数f(
3.已知向量
不必要条件
B.必要不充分条件
充分必要条
5.某地区想实行阶梯电价,经调查发现,该地区居民用电量信息如
位数
0%分位数70%分位数
分位数
如果要求约709%的居民用电在第阶榜内,约20%的居民用电在第二阶梯内,可确
第二阶梯电价的用电量江kWh范围为
A.(160,16B.(176,215C.(176,230D.(230,+∞)
高一数学试题
6.2021年5月11日,国家统计局发布第七次全国人口普查公报(第二号),公报显示截
止2021年5月11日,全国总人口数为a=1443497378人.如果到2049年5月11日
全国总人口数超过16亿,那么从2021年5月1日到2049年5月11日的年平均增长
率应不低于
7.设f(x)=yogs4
数f5+1的定义域为
+∞)
已知a>0,b>0,且a+
1的最小值为
C
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符
合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分
如果a,b,c,d∈R,那么
A.若a>b
B.若ac2>bc2,则a>b
若a>b,c>d,则ac>bd
D.若a>b,c>d,则a+c>b+
10.已知事件A,B相互独立,且P(A)=3,PB)=2,则
B. P(AB)
D.P(AB+AB)=元
Ab=(1,,那么
(2-1,1-p)
若AB∥Ab,则=
C.若A是BD中点,则B,C两点重合
D.若点B,C,D共线,则=1
高一数学试题第2页(共4页)
12.函数f(x)的定义域为R,且f(x+1)为奇函数,f(x+2)为偶函数,则
A.f(-x-1)=-f(x+1)
B.f(4+x)=f(-x
C.f(x)为偶函数
D.f(x-3)为奇函数
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分
13.函数y=logx的图像与函数y=2的图像关于直线对称
14.甲、乙两校共有5名教师报名支援边远贫困地区教育,其中甲校2男1女,乙校1
男1女,现选出2名教师去支援边远贫困地区教育,则选出的2名教师来自同一学
校的概率为
15.写出
具有性质①②③的函数f(x)=
①(x)定义域为xx≠0}:②f(x)在(∞,0)单调递增;③f(ab)=/f(ayf(b)
6.若函数y=log(5a
4ax+2]有最小值,则a的取值范围为
四、解答题:本题共6小题,共70分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。
17.(10分)
已知向量a,b不平行,分别求满足下列各条件的实数m,n值
1)3a+4b=(m-1)a+(2-n)b
(2)向量(m-n知+(m+m以{e,e2}为基底的分解式为2e1+3e2,其中a=e1+e2
b=e-e
8.(12分)
已知3a=5,b=log2,c=1g2
求1二的值
2)用a,b表示og30
高一数学试题第3页(共4页按秘密级事项管理
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高一数学试题参考答案
一、选择题
1．A 2．B 3．B 4．D
5．C 6．D 7．C 8．B
二、选择题
9．BD 10．ACD 11．AC 12．BCD
三、填空题
2 2
13．y＝x 14． 15．x－2 16．(0， )∪(1，2)
5 5
注：第 15 题，答案不唯一，写出任意一个幂指数为负偶数的幂函数即可．
四、解答题
17．解法 1：
（1）由平面向量基本定理可得
3＝m－1，
4＝2－n．
解得 m＝4，n＝－2．
…………………（5 分）
（2）由题意 a＝e1＋e2，b＝e1－e2，(m－n)a＋(m＋n)b＝2e1＋3e2，所以
2me1－2ne2＝2e1＋3e2．
3
由平面向量基本定理可得 m＝1，n＝－ ．
2
…………………（10 分）
解法 2：
（1）同解法 1．
5 1
（2）因为 a＝e1＋e2，b＝e1－e2，所以 2e1＋3e2＝ a－ b． 2 2
由题意(m－n)a＋(m＋n)b＝2e1＋3e2，于是
5 1
(m－n)a＋(m＋n)b＝ a－ b．
2 2
由平面向量基本定理可得
5
m－n＝ ，2
1
m＋n＝－ ． 2
3
解得 m＝1，n＝－ ．
2
…………………（10 分）
18．解：
1
（1）因为3a＝5，所以 a＝log35．而 b＝log322＝ log32，1－c＝lg5，于是 2
ac 2lg2log35
＝ ＝2log
b(1－c) lg5log 2 5
2log25＝2．
3
…………………（6 分）
1
（2）log3 30＝ log3(5×6) 2
1
＝ (log35＋log36) 2
1
＝ [log35＋log3(2×3)] 2
高一数学试题答案第 1 页 （共 5 页）
1
＝ [log35＋log32＋log33)] 2
1
＝ (a＋2b＋1)．
2
…………………（12 分）
19．解法 1：
（1）关于 x 的方程x2－2(a＋1)x＋a2＋2a＝0 的根为x1＝a，x2＝a＋2，于是
A＝{x|a＜x＜a＋2}．
a＝1，
因为 A＝{x|1＜x＜3}，所以 可得 a＝1．
a＋2＝3．
…………………（4 分）
1 x－2
（2） ＞1 可化为 ＜0，所以 B＝{x|1＜x＜2}．
x－1 x－1
…………………（6 分）
因为““ x∈B，x∈A””是真命题，所以 B A，即{x|1＜x＜2} {x|a＜x＜a＋2}．所
a≤1，
以 可得实数 a 的取值范围是{x|0≤a≤1}． a＋2≥2．
…………………（12 分）
解法 2：
（1）由题设关于 x 的不等式x2－2(a＋1)x＋a2＋2a＜0 解集为{x|1＜x＜3}，因此关于 x
的方程x2－2(a＋1)x＋a2＋2a＝0 的根为 1，3．
1＋3＝2a＋2，
根据韦达定理 解得 a＝1．
1×3＝a2＋2a．
…………………（4 分）
1 x－2
（2） ＞1 可化为 ＜0，所以 B＝{x|1＜x＜2}．
x－1 x－1
…………………（6 分）
因为““ x∈B，x∈A””是真命题，所以 B A．
设 f (x)＝x2－2(a＋1)x＋a2＋2a，则
f (1)＝1－2(a＋1)＋a2＋2a≤0，
f (2)＝4－4(a＋1)＋a2＋2a≤0．
解得实数 a 的取值范围是{x|0≤a≤1}．
…………………（12 分）
20．解法 1：
2x－a 1－a2x
（1）因为 f (x)＝ x ，f
(－x)＝ x，由 f (－x)＝－f
(x)，可得
2 ＋a 1＋a2
1－a2x 2x－a
x＝－1＋a2 2x
．
＋a
整理得2x(a2－1)＝0，于是a2－1＝0，a＝±1．
当 a＝1 时，f (x)定义域为 R，f (x)是奇函数．当 a＝－1 时，f (x)定义域为{x|≠0}，f (x)
是奇函数．
因此 a＝±1．
…………………（6 分）
2
（2）当 a＝1 时，f (x)＝1－ x ，定义域为 R，所以2
x＞0，于是2x＋1＞1，
2 ＋1
2 2
0＜ x ＜2，因此－1＜1－ x ＜1，故 f
(x)的值域为(－1，1)．
2 ＋1 2 ＋1
2
当 a＝－1 时，f (x)＝1＋ x ，定义域为{x|≠0}，所以2
x＞0，且2x≠1，
2 －1
高一数学试题答案第 2 页 （共 5 页）
2 2
于是2x－1＞－1，且2x－1≠0，所以 x ＜－2，或2 －1 2x
＞0．
－1
2 2
因此 1＋ x ＜－1 或 1－ ＞1，故 f
(x)的值域为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
2 －1 2x＋1
…………………（12 分）
解法 2：
（1）f (x)定义域中的元素满足2x≠－a，若 f (x)是奇函数，则 f (x)定义域是数轴上关于原
点对称的集合，于是 a＝－1 或 a＞0．
2x＋1
当 a＝－1 时，f (x)＝ x 的定义域为{x|≠0}．因为 2 －1
2－x＋1 1＋2x
f (－x)＝ －x ＝ x＝－f
(x)，
2 －1 1－2
所以 f (x)是奇函数．
当 a＞0 时，由 f (－x)＝－f (x)，可得 f (0)＝0，所以 a＝1．
2x－1
此时 f (x)＝ x 定义域为 R．因为 2 ＋1
2－x－1 1－2x
f (－x)＝
2－x
＝ ＝－f (x)，
＋1 1＋2x
所以 f (x)是奇函数．
因此 a＝±1．
…………………（6 分）
2x＋1 1＋f (x)
（2）当 a＝－1 时，f (x)＝ xx ，可得2 ＝－ ，因为 f
(x)的定义域为{x|≠0}，
2 －1 1－f (x)
1＋f (x) 1＋f (x)
所以2x＞0，且2x≠1，由－ ＞0，且－ ≠1，可得 f (x)＜－1 或 f (x)＞1，
1－f (x) 1－f (x)
故 f (x)的值域为(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
2x－1 1＋f (x)
当 a＝1 时，f (x)＝ x ，可得2
x＝ ，因为 f (x)的定义域为 R，所以
2 ＋1 1－f (x)
1＋f (x)
2x＞0，由 ＞0，可得－1＜f (x)＜1，故 f (x)的值域为(－1，1)．
1－f (x)
…………………（12 分）
21．解法 1：
m n m n
（1）根据平均数定义-
1 1
x＝
m x ，
-
k y＝ yk，故 xk＋ yk＝m
-x＋n-y，因此
n
k＝1 k＝1 k＝1 k＝1
m n
xk＋ yk - -
- k＝1 k＝1 mx＋nyz＝ ＝ ．
m＋n m＋n
…………………（4 分）
m m m m m
（2）因为 xk＝m
-x， i-x＝m-x，所以 (x - -k)－x)＝ xk－ ix＝0．
k＝1 k＝1 k＝1 k＝1 k＝1
m m m
因为 i2x -kx＝2
-x xk＝m
-x2， -ix2＝m-x2，所以
k＝1 k＝1 k＝1
m m
(x - 2
2 - -2
k)－x) ＝ i(xk－2xkx＋x )
k＝1 k＝1
高一数学试题答案第 3 页 （共 5 页）
m m m
＝ 2 x - -2i k－ i2xkx＋ ix
k＝1 k＝1 k＝1
m
＝ 2 ix －m-k x
2．
k＝1
…………………（8 分）
m m
（ 23）由方差定义可得 (x - 2k)－x) ＝ms1，由（2）可知
2 2
ixk＝ms1＋m
-x2，所以
k＝1 k＝1
m m m m
－- 2＝ 2 (xk) z) ixk－
-
i2xkz＋
-
iz2
k＝1 k＝1 k＝1 k＝1
＝ 2ms -2 -- -21＋mx －2mzx＋mz
＝ 2ms ＋m(-x－-z)2． 1
n
同理 2 (yk)－
-z)2＝ns - - 22＋n(y－z) ，于是
k＝1
1 m n
s2＝ [ (x - 2k)－z) ＋ (yk)－
-z)2]
m＋n
k＝1 k＝1
1
＝ 2 2[ms ＋m(-x－-z)2＋ns ＋n(-y－-z)2]
m＋n 1 2
m-x＋n-y 1 mn
将-z＝ 代入化简得 2＝ 2s [ms ＋ 2ns ＋ (-x－-y)2]．
m＋n m＋n 1 2 m＋n
…………………（12 分）
解法 2：
（1）（2）同解法 1．
m
（3）由题设 2 (x - 2k)－x) ＝ms1，所以
k＝1
m m
(x －-z)2＝ (x －-x＋-x－-z)2k) k)
k＝1 k＝1
m
＝ [(x －-x)2k) ＋2(x －
-
k x)(
-x－-z)＋(-x－-z)2]
k＝1
m m m
＝ (x －-x)2＋2(-k) x－
-z) (x -k)－x)＋ (
-
)x－-z)2
k＝1 k＝1 k＝1
＝ 2ms ＋m(-x－-z)2． 1
n
同理 (yk)－
-z)2＝ 2ns2＋n(
-y－-z)2，于是
k＝1
1 m n
s2＝ [
m＋n
(x －-k) z)2＋ (yk)－
-z)2]
k＝1 k＝1
1
＝ 2[ms1＋
2
m(-x－-z)2＋ns ＋n(-y－-z)22 ] m＋n
-
- mx＋n
-y 1 mn
将z＝ 代入化简得 2＝ 2＋ 2s [ms ns ＋ (-x－-y)2]．
m＋n m＋n 1 2 m＋n
…………………（12 分）
22．解：
（1）当△＝4(4a2－6a＋1)≥0 时，设 f (x)的两个零点为的x1，x2，由韦达定理可得
高一数学试题答案第 4 页 （共 5 页）
2 2
x1＋x2＝4－ ，x1x2＝ ． a a
2 2因为x1＋
2
x2＝7，所以(x
2 2
1＋x2) －2x1x2＝7，故 9a －20a＋4＝0，解得 a＝2，或 a＝ ． 9
2 44
当 a＝2 时，△＝20＞0；当 a＝ 时，△＝－ ＜0．
9 81
于是 a 的值为 2．
…………………（6 分）
（2）g (x)＝a(log 22x) ＋(2－4a)log2x＋2，设log2x＝t，则 g
(x)＝at2＋(2－4a)t＋2＝f (t)．
由 x∈[2，8]，可得 t∈[1，3]，t＝log2x 在 x∈[2，8]单调递增，所以 g (x)在[2，8]单调
性与 f (t)在[1，3]单调性相同，于是 g (x)在[2，8]上的最大值为 1 等价于 f (t)在[1，3]上的最
大值为 1．
1
因为 a≠0，所以 f (t)在[1，3]上的最大值只能在中 f (1)，f (3)，f (2－ )中取得．
a
若 f (1)＝1，则 a＝1，f (t)＝t2－2 t＋2 在[1，3]上的最大值为 f (3)＝5≠1．
7 7 22 11
若 f (3)＝1，则 a＝ ，f (t)＝ t2－ t＋2 的对称轴 t＝ ＜2，所以 f (t)在[1，3]上的最大
3 3 3 7
值为 f (3)＝1．
1
若 f (2－ )＝1，则 a＝(2a－1)2，不能满足 a＜0．
a
7
综上，a 的值为 ．
3
…………………（12 分）
高一数学试题答案第 5 页 （共 5 页）
